高中物理教科版选修3-2学案 交变电流　传感器复习 Word版含答案

交变电流　传感器 　
一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分．其中1～5为单项选择题，6～8题为多项选择题，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．一交流发电机模型如图1所示，用示波器观察到它产生的感应电动势波形如图2所示，则(D)
A．该感应电动势的有效值为5 V
B．该发电机线圈的转速为25 r/s
C．t＝ s时，穿过发电机线圈的磁通量最大
D．t＝ s时，穿过发电机线圈的磁通量变化率最大
【解析】由图2可知，交流电的最大值为Em＝5 V，故有效值为E＝＝ V，故A错误；交流电的周期T＝0.02 s，故转速n＝＝50 r/s，故B错误；交流电的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，产生的交流电的瞬时值e＝5sin 100πt (V)，当t＝ s时，交流电的瞬时值e＝5sin 100π× (V)＝5 V，此时的感应电动势最大，磁通量变化率最大，发电机线圈平面跟磁感线平行，磁通量为零，故C错误，D正确．
2．在如图所示的电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻．下列说法中错误的是(B)
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通直流，阻交流”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
【解析】由电感和电容对交变电流的作用可知，A、C、D正确，故选B.
3．利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为(A)
A．1 kW B．1.6×103 kW
C．1.6 kW D．10 kW
【解析】用电器的额定电流为：I＝＝ A＝50 A，输电线上消耗功率P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W＝1 kW.所以若采用超导材料则线路上的损耗将被节约．故选A.
4．如图所示电路，电阻R1与电阻R2的阻值都为R，理想二极管D(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)与R1并联，在A、B间加一正弦交流电压u＝20sin 100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为(B)
A．5 V B．5 V
C．10 V D．5 V
【解析】当为正向电压时，二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压 V＝10 V；当为负向电压时B点电位高于A点电位，二极管截止，R1、R2串联分压，Q＝Q1＋Q2，即为：T＝＋，解得U＝5 V，B正确．
5．如图所示，虚线右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为L的单匝正方形线圈的中轴线位于磁场边界并与磁场垂直，线圈每边电阻为R，线圈绕中轴线以角速度ω匀速转动，从线圈平面与磁场垂直位置开始计时，经过时间t时，线圈中的感应电流的表达式是(B)
A. sin ωt B. sin ωt
C. cos ωt D. cos ωt
【解析】只有线圈的一半产生感应电动势，故产生的感应电动势的最大值为：Em＝，故感应电动势为：e＝Emsin ωt＝sin ωt线圈中电流的瞬时值i＝＝sin ωt，故选B.
6．如图所示，有一理想变压器，原线圈匝数为n1，两个副线圈的匝数分别为n2和n3，原、副线圈的电压分别为U1、U2、U3，电流分别为I1、I2、I3，两个副线圈负载电阻的阻值未知，下列结论中，正确的是(ACD)
A．U1∶U2＝n1∶n2，U2∶U3＝n2∶n3
B.＝，＝
C．n1I1＝n2I2＋n3I3
D．I1U1＝I2U2＋I3U3
【解析】变压器的匝数与电压成正比，所以＝；＝，故A正确；由于变压器的输入功率等于输出功率，所以得：I1U1＝I2U2＋I3U3，联立以上各公式得：n1I1＝n2I2＋n3I3，故C、D正确，B错误．
7．如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是(BD)
A．电压表V1、V2示数均增大
B．电压表V3示数减小
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
【解析】观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1、V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故A错误，D正确；由于电流表A2的示数增大，所以R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B正确；观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C错误．
8．如图为远距离输电示意图，图中两变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，两条输电线的电阻均为r.将原线圈接到u＝Umsin ωt(V)的交流电源上，若输送的电功率为P，不考虑其他因素的影响，则(AC)
A．输电线上通过的电流为
B．输电线上损失的电压为
C．输电线上损失的电功率为4()2()2r
D．仅增大输送的电功率即可提升输电的效率
【解析】输入的交流电的有效值U1＝，升压变压器副线圈中的电压U2＝U1，故输电线上通过的电流为I＝＝，故A正确；输电线路上损失的电压ΔU＝2Ir＝，故B错误；损失的功率ΔP＝2I2r＝4()2()2r，故C正确；输电的效率η＝＝1－4()2·P，则仅增大输送的电功率，可降低输电的效率，故D错误．
二、填空题(每空4分，共8分)
9．(8分)如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关S与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球．S断开时传感器上有示数S闭合时传感器上恰好无示数．则线圈中的磁场B的变化情况为__正在增强__，磁通量变化率＝______.
【解析】开关闭合时有：qE＝mg，
解得：E＝.
又E＝，
感应电动势等于两板的电势差，则U＝n，
解得：＝.
小球带正电，知上极板带负电，根据楞次定律得知，磁场正在增强．
三、计算题(本大题共3个小题，共44分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
10．(12分)如图所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动．已知从图示位置转过时，线圈中电动势大小为10 V，求：
(1)交变电动势的峰值；
(2)交变电动势的有效值；
(3)设线圈电阻为R＝1 Ω，角速度ω＝100 rad/s，线圈由图示位置转过过程中通过导线截面的电荷量q.
【解析】(1)图示位置为中性面，从此时开始计时，交变电动势的瞬时值为e＝Emsin ωt，
将ωt＝，e＝10 V代入上式，求得
Em＝20 V.
(2)此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值
E＝＝ V＝10 V.
(3)在线圈转过的过程中，穿过线圈平面的磁通量变化量ΔΦ＝B·S，椐Em＝BSω得ΔΦ＝＝ Wb＝0.2 Wb，故q＝＝ C＝0.2 C.
11．(14分)某台交流发电机的结构可以简化为多匝线框在匀强磁场中旋转产生正弦式交流电．当线框匀速转动时，电动势瞬时值表达式e＝10sin 50πt (V)，其他条件不变，现只将线框转速变为原来的2倍，发电机输出端接入如图所示电路．已知发电机内阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝R3＝10 Ω，求：

(1)理想交流电压表的示数；
(2)通过电阻R1的电流的最大值；
(3)电阻R2在1 min内产生的焦耳热．
【解析】(1)根据Em＝NBSω可得其他条件不变，现只将线框转速变为原来的2倍后Em＝20 V，
线圈相当于电源，电源的电动势为E＝＝20 V，内阻r＝1 Ω，
电压表测量的是路端电压，所以根据闭合回路欧姆定律可得 U＝E＝18 V
(2)通过电阻R1的电流最大值I1max＝＝2 A
(3)R2两端的电压为U′＝E＝10 V
电阻R2在1 min内产生的焦耳热Q＝t＝600 J
12．(18分)有条河流，流量Q＝2 m3/s，落差h＝5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V　100 W”的电灯正常发光？(g取10 N/kg)
【解析】设水的密度为ρ
电源端：
P输出＝×50%＝Qρgh×0.5＝2×1×103×10×5×0.5 W＝5×104 W
输出电压U0＝240 V；输送电路如图所示．
为满足输电要求，据ΔP损＝IR
有I送＝＝＝ A＝10 A，则送电电压为U送＝＝ V＝5×103 V
所以升压变压器的变压比为
n1∶n2＝U0∶U送＝＝6∶125
输电线电压损失ΔU损＝I送R＝10×30 V＝300 V，
用户端：U1＝U送－ΔU损＝5×103 V－300 V＝4 700 V，据题意可知U2＝220 V，所以降压变压器的匝数比为n1′∶n2′＝U1∶U2＝＝235∶11.因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯盏数为
N＝＝(盏)＝470(盏)．